Energetismo, Química de Grupos, Halogenoalcanos y Alcoholes

Un matraz puede calentarse mientras los reactivos pierden energía. Una solución clara puede formar un precipitado blanco sin cambio alguno en el número de oxidación. Esta unidad conecta observaciones con modelos: transferencia de energía, atracciones, transferencia de electrones, colisiones y rutas de reacción. Comience identificando qué modelo explica la evidencia.

Prerequisites: Unit 1 mole ratios, electronic configuration, bond polarity, structural formulae and electron-pair arrows. The scope is Pearson Topics 6–10. Core practicals 2–8 are taught where they support these topics; a reference cannot replace supervised practical experience. Follow the school risk assessment. Hazardous halogen, concentrated-acid and organic preparations require approved laboratory supervision.

Un cambio de entalpía, $\Delta H$, es el cambio de energía térmica a presión constante. Las condiciones estándar implican una presión de 100 kPa y una temperatura especificada, generalmente 298 K. Los símbolos de estado importan: formar agua líquida libera una cantidad diferente de energía que formar vapor de agua. Una reacción exotérmica tiene $\Delta H<0$; una endotérmica tiene $\Delta H>0$. En un diagrama de niveles de entalpía, ubique reactivos y productos en niveles horizontales. La flecha va de reactivos a productos; su cambio vertical representa $\Delta H$.

Estas definiciones especifican diferentes reacciones, cada una bajo condiciones estándar con sustancias en sus estados estándar:

Por ejemplo, $\frac12\mathrm{Cl_2(g)\rightarrow Cl(g)}$ es una ecuación de atomización, mientras que $\mathrm{Cl_2(g)\rightarrow2Cl(g)}$ describe el doble de esa cantidad. Por convención, la entalpía de formación de un elemento en su estado estándar es cero, no porque el elemento carezca de energía.

Cálculo completo de calorimetría

Mezcle 50.0 cm³ de 1.00 mol dm⁻³ HCl con 50.0 cm³ de 1.00 mol dm⁻³ NaOH. Ambos comienzan a la misma temperatura; el ascenso corregido es 6.8 °C. Asuma densidad 1.00 g cm⁻³, capacidad calorífica específica 4.18 J g⁻¹ °C⁻¹ y capacidad calorífica del vaso despreciable.

La solución gana energía, por lo que la reacción la pierde. Utilice la masa total calentada, pero la cantidad limitante de reactivo. Para cantidades desiguales de ácido y base, calcule ambas antes de determinar la cantidad de agua formada. En un experimento de combustión, el agua calentada no equivale a la cantidad de combustible: obtenga esta última a partir de la pérdida de masa de la llama y la masa molar del combustible.

Utilice una tapa, aislante y agitación, y mida las temperaturas antes y después de mezclar a intervalos regulares. Extrapolé la línea de enfriamiento posterior a la reacción hasta el momento de mezcla cuando el método requiera una corrección de enfriamiento. El calor perdido hacia el entorno o absorbido por el vaso hace que un resultado exotérmico sin corregir sea menos negativo. La combustión incompleta y la evaporación del combustible también hacen que un resultado de combustión sea menos negativo. Las repeticiones ayudan a la variación aleatoria, pero no eliminan estos efectos sistemáticos. Un gran ascenso de temperatura reduce la incertidumbre porcentual del termómetro, pero debe permanecer seguro.

Ciclos de Hess y entalpías de enlace

La ley de Hess establece que el cambio de entalpía depende de los estados inicial y final, no de la ruta. Invierta una ecuación: invierta el signo. Multiplique sus coeficientes: multiplique su entalpía. Sume ecuaciones y cancele especies, incluidos sus estados, antes de sumar las entalpías.

Para $\mathrm{C(s)+\frac12O_2(g)\rightarrow CO(g)}$, utilice $\mathrm{C+O_2\rightarrow CO_2}$, $\Delta H=-394$ kJ mol⁻¹, e invierta $\mathrm{CO+\frac12O_2\rightarrow CO_2}$, cuya dirección directa es $\Delta H=-283$ kJ mol⁻¹. El objetivo es la suma, por lo tanto $\Delta H=-394-(-283)=-111$ kJ mol⁻¹. Un ciclo que utiliza datos de formación da $\sum\Delta H_f(\text{products})-\sum\Delta H_f(\text{reactants})$, incluyendo los coeficientes. Un ciclo de combustión da la suma de la combustión de los reactivos menos la suma de la combustión de los productos.

La práctica fundamental 2 compara rutas de disolución/reacción hacia la misma solución final. Iguale las cantidades y los estados finales, considere cada cambio de temperatura medido y verifique si el error experimental explica la discrepancia. Un ciclo con concentraciones finales no coincidentes no representa exactamente la misma ruta termodinámica.

Una entalpía media de enlace es la energía promedio necesaria para romper un mol de un enlace covalente especificado en moléculas gaseosas. Romper enlaces requiere energía; formar enlaces libera energía.

Para $\mathrm{H_2(g)+Cl_2(g)\rightarrow2HCl(g)}$, asuma H–H = 436, Cl–Cl = 243 y H–Cl = 431 kJ mol⁻¹. Entonces $\Delta H\approx436+243-2(431)=-183$ kJ mol⁻¹. Inversamente, si $\Delta H=-184$ kJ mol⁻¹, entonces $E(\mathrm{H-Cl})=[436+243-(-184)]/2=431.5$ kJ mol⁻¹. Los valores medios promedian diferentes entornos moleculares y asumen enlaces en fase gaseosa, por lo que la estimación puede diferir de la entalpía de reacción medida. Un enlace débil puede romperse más fácilmente, pero la velocidad de reacción también depende de toda la ruta de activación; $\Delta H$ solo no predice la velocidad.

Todos los átomos y moléculas tienen fuerzas de London, causadas por dipolos instantáneos que inducen dipolos en partículas vecinas. Más electrones y una nube electrónica más polarizable suelen fortalecer estas fuerzas. También ocurren atracciones permanentes entre dipolos-dipolo entre moléculas polares. Un enlace de hidrógeno es una atracción entre un H unido a N, O o F y un par libre en N, O o F de otra molécula. Un enlace covalente O–H dentro del etanol no es en sí mismo un enlace de hidrógeno.

El agua, el amoníaco y el fluoruro de hidrógeno forman enlaces de hidrógeno. El etanol también tiene un dador O–H y pares libres de oxígeno. Un éter tiene pares libres de oxígeno y puede aceptar enlaces de hidrógeno del agua, pero no puede formar enlaces de hidrógeno con otra molécula de éter mediante un dador O–H. Utilice la estructura real en lugar de simplemente buscar oxígeno en la fórmula.

Explique la ebullición mediante las atracciones entre moléculas, no rompiendo todos los enlaces covalentes. Las cadenas de alcanos más largas suelen tener más electrones y fuerzas de London más fuertes, por lo que aumentan las temperaturas de ebullición. Para alcanos isómeros, ramificación hace que las moléculas sean más compactas y reduce el contacto efectivo, por lo que la temperatura de ebullición generalmente disminuye. Un alcohol tiene una temperatura de ebullición más alta que un alcano de tamaño similar porque el enlace de hidrógeno adicional requiere más energía para superarse. De HCl a HBr a HI, nubes electrónicas más grandes fortalecen las fuerzas de London; HF es inusualmente alto porque forma enlaces de hidrógeno.

El agua tiene temperaturas de fusión y ebullición inusualmente altas para su tamaño molecular. El hielo contiene una disposición abierta de enlaces de hidrógeno. Al fundirse, parte de esta disposición colapsa, acercando las moléculas; el agua líquida es más densa que el hielo cerca del punto de fusión. Es incorrecto explicar el hielo flotante diciendo que sus moléculas se hacen más grandes.

La solubilidad depende del equilibrio entre atracciones rotas y atracciones formadas. El agua hidrata iones: el oxígeno parcialmente negativo se orienta hacia cationes y los hidrógenos parcialmente positivos se orientan hacia aniones. Los alcoholes pequeños se mezclan bien con el agua porque sus grupos O–H forman enlaces de hidrógeno; una cadena de carbono apolar creciente reduce esta ventaja. Muchos halogenoalcanos tienen enlaces polares C–X pero se disuelven mal en agua: no pueden reemplazar eficazmente la red de enlaces de hidrógeno agua-agua. Un solvente no acuoso con atracciones intermoleculares similares puede ser más adecuado. "Lo polar disuelve lo polar" es una comparación útil inicial, no una regla universal.

Un número de oxidación es un valor contable, escrito con signo; el total iguala la carga sobre la especie. Los elementos tienen cero. El Grupo 1 suele ser +1 y el Grupo 2 +2. El oxígeno suele ser −2, pero −1 en peróxidos; el hidrógeno suele ser +1, pero −1 en hidruros metálicos. Use la regla de suma cuando una regla familiar tenga una excepción. Por ejemplo, en $\mathrm{Cr_2O_7^{2-}}$, $2x+7(-2)=-2$, por lo que el cromo es +6. El óxido de hierro(III) es $\mathrm{Fe_2O_3}$ porque dos +3 y tres −2 suman cero.

La oxidación es pérdida de electrones y aumento del número de oxidación. La reducción es ganancia de electrones y disminución. Un agente oxidante gana electrones y se reduce; un agente reductor pierde electrones y se oxida. Para combinar ecuaciones parciales, multiplíquelas hasta que los electrones perdidos igualen los ganados, luego cancele los electrones. Por ejemplo, $\mathrm{Mg\rightarrow Mg^{2+}+2e^-}$ y $\mathrm{Cl_2+2e^-\rightarrow2Cl^-}$ dan $\mathrm{Mg+Cl_2\rightarrow Mg^{2+}+2Cl^-}$. Verifique tanto átomos como carga.

A lo largo de los Grupos 1 y 2, el radio creciente y el blindaje reducen la atracción al electrón externo a pesar del aumento de carga nuclear. La primera energía de ionización disminuye y la reacción por pérdida de electrones se vuelve más fácil. Los metales del Grupo 1 de Li a K y los metales del Grupo 2 de Mg a Ba se vuelven más reactivos a medida que bajan en sus grupos.

La solubilidad de los hidróxidos del Grupo ⟨2⟩ aumenta hacia abajo en el grupo; la solubilidad de los sulfatos disminuye. Así, BaSO₄ es un precipitado insoluble útil, mientras que Ba(OH)₂ es más soluble que Mg(OH)₂. Mantenga la solubilidad distinta de la fuerza: el hidróxido disuelto del Grupo ⟨2⟩ proporciona iones hidroxilo, pero una pequeña cantidad disuelta limita la concentración.

Los cationes pequeños con alta densidad de carga polarizan fuertemente a los aniones grandes. Por tanto, el litio y los cationes más pequeños del Grupo ⟨2⟩ hacen que sus carbonatos y nitratos sean menos estables térmicamente. La estabilidad aumenta hacia abajo en cada grupo conforme aumenta el tamaño del catión. La mayoría de los carbonatos del Grupo ⟨1⟩ resisten el calentamiento de laboratorio ordinario; Li₂CO₃ se descompone en Li₂O + CO₂. Los carbonatos del Grupo ⟨2⟩ dan MO + CO₂. Los nitratos del Grupo ⟨1⟩ (excepto el litio) dan nitrito + oxígeno, $2\mathrm{MNO_3}\rightarrow2\mathrm{MNO_2}+\mathrm{O_2}$. El litio y los nitratos del Grupo ⟨2⟩ dan óxido, NO₂ marrón y oxígeno; p. ej., $2\mathrm{Mg(NO_3)_2}\rightarrow2\mathrm{MgO}+4\mathrm{NO_2}+\mathrm{O_2}$. Compare cantidades iguales bajo calentamiento controlado; no confunda una tasa más rápida de producción de gas con una temperatura de descomposición directamente medida. NO₂ es tóxico y ácido; use ventilación aprobada. CO₂ torna turbia el agua de cal; el oxígeno aviva un palillo incandescente.

Para una comparación térmica controlada, utilice cantidades molares medidas comparables, tamaño de partícula y equipos con la misma tasa de calentamiento. Registre la temperatura de la muestra en el mismo inicio detectable o grado de descomposición acordado. El tiempo de burbujeo solo depende del calentamiento y la recolección de gases, por lo que no mide directamente la estabilidad térmica. Registre el equipo y el límite de detección; la descomposición no necesariamente ocurre a una temperatura única y nítida.

Los colores de llama surgen cuando los electrones excitados caen a niveles de energía inferiores y emiten fotones de energías características. Li es carmesí, Na amarillo, K lila, Ca rojo ladrillo, Sr carmesí-rojo y Ba verde manzana; Mg no tiene color característico de prueba de llama. Limpie el alambre con ácido clorhídrico y caléntelo hasta que no quede ningún color según el método aprobado. Utilice muestras separadas y mantenga consistentes la región de la llama y el método de carga; evite la contaminación por sodio. La combustión blanca del magnesio no es un color de llama diagnóstico para iones de magnesio.

Use alícuotas separadas para que el reactivo de una prueba no contamine la siguiente.

AgCl es blanco y se disuelve en amoníaco diluido. AgBr es crema, insoluble en amoníaco diluido pero soluble en amoníaco concentrado. AgI es amarillo e insoluble en ambos. Estas pruebas identifican iones halógeno ya presentes en la solución; un halógeno unido covalentemente en un haloalcano necesita primero hidrólisis.

Una solución patrón tiene una concentración conocida con precisión. Para la práctica central 4, pese con precisión un ácido sólido adecuado, disuélvalo en agua desionizada, transfiera cuantitativamente a un matraz aforado, enjuague el recipiente/embudo hacia el matraz, aforé al ras al nivel de los ojos y mezcle mediante inversión repetida. Elija su concentración usando masa, masa molar y volumen del matraz. No afore al ras antes de que el sólido se haya disuelto y alcanzado la temperatura ambiente.

Para las prácticas centrales 3 y 4, enjuague la bureta con su valorante y la pipeta con la solución que transferirá; enjuague el matraz cónico con agua desionizada. Retire el embudo de llenado, asegúrese de que el émbolo esté lleno, lea el menisco al nivel de los ojos y registre lecturas finales menos iniciales. Agite y añada gotas cerca del punto final sobre una baldosa blanca. Use un título aproximado para localizar el punto final, luego obtenga títulos concordantes precisos. No promedie el título aproximado con los precisos. El naranja de metilo es amarillo en base y rojo en ácido; la fenolftaleína es rosa en base e incolora en ácido. Seleccione un indicador cuyo cambio de color ocurra en la región de punto final nítido.

Proporción de cantidad antes de la concentración

25.00 cm³ de 0.0500 mol dm⁻³ Na₂CO₃ necesitan 24.60 cm³ de HCl. La ecuación es $\mathrm{Na_2CO_3+2HCl\rightarrow2NaCl+CO_2+H_2O}$.

La concentración másica es $cM$ en g dm⁻³. Si cada lectura de bureta tiene incertidumbre ±0.05 cm³, la incertidumbre máxima en un título es ±0.10 cm³; aquí $100(0.10/24.60)=0.41\%$. Añada las incertidumbres porcentuales relevantes para un producto/cociente como estimación máxima. Un título mayor apropiado reduce la incertidumbre relativa de lectura. Repetir un punto final no corrige una solución patrón mal preparada.

El cloro es un gas verde pálido, el bromo un líquido rojo-marrón y el yodo un sólido gris-negro a temperatura ambiente; el vapor de yodo es púrpura. Bajando Cl₂, Br₂, I₂, nubes electrónicas más grandes fortalecen las fuerzas de London, elevando temperaturas de fusión y ebullición. La electronegatividad disminuye conforme el radio creciente y el apantallamiento debilitan la atracción por un par de enlace compartido. El poder oxidante también disminuye: la atracción por un electrón entrante se vuelve más débil. Distinga la definición de par de enlace de la ganancia de electrones en redox; el argumento de ganancia de electrones también difiere de la pérdida de electrones del Grupo 1.

El cloro desplaza bromuros y yoduros; el bromo desplaza yoduros; el yodo no desplaza ninguno. Por ejemplo, $\mathrm{Cl_2+2Br^-\rightarrow2Cl^-+Br_2}$. El bromuro pierde electrones y actúa como agente reductor. En agua, el cloro es verde pálido, el bromo naranja/marrón y el yodo marrón; en el solvente orgánico no polar inerte mencionado, el cloro es amarillo-verde pálido, el bromo naranja y el yodo violeta. Indique el solvente cuando use el color como evidencia. Prediga que el flúor sea un oxidante más fuerte y el astatino un oxidante más débil según la tendencia; no invente una prueba escolar segura para ninguno.

En la disproportionación, el mismo elemento en una especie se oxida y reduce simultáneamente. El cloro con agua produce $\mathrm{Cl_2+H_2O\rightleftharpoons HCl+HClO}$: Cl pasa de 0 a −1 y +1. El agua clorada desinfecta porque los oxidantes con cloro destruyen microorganismos. equilibre el beneficio contra la toxicidad y subproductos dañinos en lugar de afirmar que es libre de riesgos.

Alcali frío diluido da $\mathrm{Cl_2+2OH^-\rightarrow Cl^-+ClO^-+H_2O}$, la base del blanqueador hipoclorito. Alcali caliente concentrado da $3\mathrm{Cl_2}+6\mathrm{OH^-}\rightarrow5\mathrm{Cl^-}+\mathrm{ClO_3^-}+3\mathrm{H_2O}$; el cloro se convierte en −1 y +5. Ecuaciones análogas para bromo y yodo siguen el mismo balance de átomos/carga bajo las condiciones especificadas.

Con H₂SO₄ concentrado, las sales sólidas de cloruro sufren una reacción ácido-base para liberar HCl; el cloruro no es un agente reductor lo suficientemente fuerte como para reducir el ácido bajo estas condiciones. El bromuro primero produce HBr, que puede reducir el azufre de +6 a +4 en SO₂ mientras forma Br₂: $2\mathrm{HBr}+\mathrm{H_2SO_4}\rightarrow\mathrm{Br_2}+\mathrm{SO_2}+2\mathrm{H_2O}$. El yoduro es un agente reductor más fuerte y puede producir azufre e H₂S además de SO₂, con formación de yodo. Las rutas del azufre incluyen $2\mathrm{HI}+\mathrm{H_2SO_4}\rightarrow\mathrm{I_2}+\mathrm{SO_2}+2\mathrm{H_2O}$ y $6\mathrm{HI}+\mathrm{H_2SO_4}\rightarrow3\mathrm{I_2}+\mathrm{S}+4\mathrm{H_2O}$. Para H₂S: $8\mathrm{HI}+\mathrm{H_2SO_4}\rightarrow4\mathrm{I_2}+\mathrm{H_2S}+4\mathrm{H_2O}$. Estas son demostraciones supervisadas peligrosas, no instrucciones para la generación independiente de gases. Los haluros de hidrógeno se disuelven en agua para formar ácidos y reaccionan con amoníaco para formar haluros de amonio: $\mathrm{HX+NH_3\rightarrow NH_4X}$.

La reacción necesita colisiones con energía suficiente para superar la energía de activación y una orientación adecuada. Mayor concentración, presión de gas o superficie expuesta de sólido aumenta la frecuencia de colisiones. La temperatura mayor aumenta la frecuencia de colisiones y, más importante aún, la fracción con energía al menos $E_a$.

En una distribución de Maxwell–Boltzmann de energía, el aumento de temperatura hace que el pico sea más bajo y se desplace hacia energías mayores; el área permanece igual para el mismo número de moléculas. El área de alta energía más allá de $E_a$ aumenta. Un catalizador proporciona otra ruta con menor energía de activación. A la misma temperatura, no cambia la distribución, pero desplaza el umbral de energía a la izquierda para que más colisiones puedan reaccionar. Un perfil de reacción catalizada puede tener dos picos separados por un intermedio; ni los niveles de reactivo/producto ni $\Delta H$ cambian.

Para un punto final visible fijo, $1/t$ es una medida comparativa de velocidad en s⁻¹, siempre que cada ensayo alcance el mismo grado de reacción. No es automáticamente una velocidad en mol dm⁻³ s⁻¹. En una gráfica de volumen de gas–tiempo, la velocidad media es $\Delta V/\Delta t$; la velocidad instantánea es la pendiente de una tangente. Si una tangente pasa por (10 s, 12 cm³) y (50 s, 36 cm³), su pendiente es $(36-12)/(50-10)=0.60$ cm³ s⁻¹. Utilice puntos sobre la tangente, no dos puntos cercanos de la curva. Una reacción más rápida no necesariamente produce más producto final si la cantidad limitante permanece inalterada.

El equilibrio dinámico requiere un sistema cerrado. Las reacciones directa e inversa continúan a tasas iguales; las concentraciones permanecen constantes pero no necesitan ser iguales. Aumentar la concentración de un reactivo desplaza el equilibrio hacia su consumo. Aumentar la presión favorece el lado con menos moles de gas; si los coeficientes de gas son iguales, no hay cambio en la composición. Aumentar la temperatura favorece la dirección endotérmica. Un catalizador acelera ambas direcciones y alcanza el mismo equilibrio antes.

Para $\mathrm{N_2(g)+3H_2(g)\rightleftharpoons2NH_3(g)}$, con reacción directa exotérmica, alta presión y baja temperatura favorecen el rendimiento de amoníaco. La baja temperatura ralentiza la reacción; muy alta presión eleva costos de energía, equipos y seguridad. Las condiciones industriales equilibran velocidad, rendimiento, separación/reciclaje y costo. Un catalizador permite una velocidad adecuada a menor temperatura; no aumenta directamente el rendimiento de equilibrio. Catalizadores más selectivos también pueden mejorar la economía atómica al reducir rutas no deseadas, pero esto es una afirmación diferente a desplazar el equilibrio.

Un nucleófilo dona un par de electrones para formar un enlace covalente. El enlace polar C–X tiene un carbono parcialmente positivo. Una flecha curva comienza en un par libre o enlace, no en una carga positiva. La ruptura heterolítica da ambos electrones del enlace a un átomo, produciendo iones. Un mecanismo muestra el movimiento de electrones, no solo una ecuación global.

Clasifique un halogenoalcano según el número de grupos de carbono unidos al carbono que lleva X: uno primario, dos secundarios, tres terciarios. Esto no es el número de posición en su nombre. 1-bromobutano es primario; 2-bromobutano es secundario; 2-bromo-2-metilpropano es terciario.

Para bromoetano primario y OH⁻, dibuje una flecha desde un par libre del oxígeno al carbono unido al Br y otra desde el enlace C–Br hacia el Br. Los productos son etanol y Br⁻. Para amoníaco, el mismo ataque de par de electrones da CH₃CH₂NH₃⁺ y Br⁻; un segundo amoníaco elimina H⁺ para dar CH₃CH₂NH₂ y NH₄⁺. Incluya este paso de transferencia de protones y las cargas. Cinéticas detalladas S_N1/S_N2 son material de Unidad 4.

Dibujos completos de sustitución primaria

El siguiente ejemplo original utiliza 1-bromopropano, por lo que se cuentan tres carbonos a lo largo de todo el proceso. El mecanismo con hidróxido produce propan-1-ol; la ruta con amoníaco da propan-1-amina tras la transferencia de protón. Solo se dibujan los pares solitarios donantes. La primera etapa con amoníaco produce un nitrógeno con carga positiva y cuatro enlaces; la segunda restaura tres enlaces y un par solitario. El bromuro permanece presente mientras el segundo amoníaco se convierte en ión amonio.

En la práctica central 5, compare concentraciones/volúmenes iguales de halogenoalcanos con la misma mezcla de nitrato de plata/etanol a temperatura controlada. Mida el tiempo para formar un precipitado comparable. Los iodoalcanos se hidrolizan más rápido que los bromoalcanos, que son más rápidos que los cloroalcanos, porque el enlace C–I es más débil que el C–Br y el C–Cl. El C–F es el más fuerte y menos fácil de romper. No utilice solo la polaridad C–X para predecir este orden. En la comparación de hidrólisis acuosa/etanólica especificada, los halogenoalcanos terciarios generalmente reaccionan más rápido que los secundarios, luego los primarios. Las condiciones de disolvente, concentración y detección deben coincidir; la aparición del precipitado es una medida indirecta de la velocidad.

La práctica central 6 convierte 2-metilpropan-2-ol en 2-cloro-2-metilpropano usando HCl concentrado. Explique la sustitución de OH por Cl, la separación de capas orgánicas/acuosas, la eliminación de impurezas ácidas, el secado y la purificación. Se debe ventilar el embudo de separación según el método aprobado; identifique las capas mediante densidad/evidencia, no asumiendo que todos los líquidos orgánicos flotan. No use llama desnuda cerca de orgánicos inflamables.

Clasifique los alcoholes por el carbono unido al OH, no contando todos los grupos OH. La propan-1-ol primaria se oxida con dicromato de potasio(VI) en ácido sulfúrico diluido. Destile el aldehído a medida que se forma para limitar la oxidación adicional: $\mathrm{CH_3CH_2CH_2OH+[O]\rightarrow CH_3CH_2CHO+H_2O}$. Caliente bajo reflujo con exceso de oxidante para obtener el ácido: $\mathrm{CH_3CH_2CH_2OH+2[O]\rightarrow CH_3CH_2COOH+H_2O}$. La propan-2-ol secundaria produce propanona: $\mathrm{CH_3CH(OH)CH_3+[O]\rightarrow CH_3COCH_3+H_2O}$. Los alcoholes terciarios resisten la oxidación bajo estas condiciones porque el carbono portador de OH carece de H. El dicromato naranja se vuelve verde al reducirse.

Los aldehídos producen un precipitado rojo ladrillo con la solución de Fehling o Benedict caliente; las cetonas ordinarias no. Los ácidos carboxílicos reaccionan con carbonatos/hidrogenocarbonatos liberando CO₂. Estos diferencian productos de la práctica central 7; no identifique un desconocido solo por el color del dicromato.

La combustión del alcohol produce CO₂ y H₂O cuando hay suficiente oxígeno. PCl₅ convierte un alcohol en halogenoalcano, produciendo POCl₃ y humos de HCl: $\mathrm{ROH+PCl_5\rightarrow RCl+POCl_3+HCl}$. Los humos apoyan la prueba de grupo OH pero no son prueba única de un alcohol. KBr con 50% de ácido sulfúrico concentrado suministra HBr para convertirlo en bromoalcano; fósforo rojo y yodo suministran un reactivo para iodoalcano. Calentar con ácido fosfórico concentrado elimina agua para formar un alqueno. Diferencie deshidratación de oxidación y sustitución; indique condiciones en la flecha.

El reflujo calienta la mezcla mientras un condensador devuelve el vapor; la destilación recoge el vapor tras la condensación y separa por volatilidad. El agua entra por la parte inferior del condensador y sale por la superior. La extracción con disolvente reparte un producto entre capas inmiscibles. Use un agente de secado anhidro adecuado para eliminar el agua residual, luego decante/filtre antes de la destilación final. Un rango de ebullición estrecho cercano a un valor de referencia apoya la pureza pero no es identificación concluyente; la presión y la posición del termómetro afectan la medición.

El pico de ion molecular en un espectro de masas da la masa molecular para un ion de carga simple. No necesariamente es el pico más grande. Los iones fragmento ayudan a sugerir estructuras: la pérdida de CH₃ corresponde a 15 unidades de masa, pero un único fragmento rara vez prueba un isómero. Diferencie picos isotópicos de fragmentos. En un espectro IR, compare posiciones de absorción con los datos proporcionados: C=O, O–H, N–H, C=C, C–H y C–X pueden identificar grupos funcionales posibles. El O–H del alcohol es ancho; el O–H del ácido es muy ancho y aparece con C=O. Tanto aldehídos como cetonas tienen C=O, así que combine IR con fórmula, espectro de masas y pruebas químicas. Una absorción fuerte esperada ausente puede descartar una propuesta, sujeto a la calidad del espectro. La práctica central 8 combina pruebas iónicas y orgánicas usando alícuotas limpias separadas y una cadena registrada de evidencia.

Intentelo antes de leer la orientación. Estos controles originales no son preguntas oficiales de exámenes anteriores.

1. Una solución se calienta pero un estudiante reporta una entalpía molar positiva. Explique el error de signo y dos cantidades distintas necesarias además del cambio de temperatura.
2. Dos alcanos isoméricos tienen el mismo conteo de electrones. Explique por qué sus temperaturas de ebullición pueden diferir sin invocar puentes de hidrógeno.
3. Una sal desconocida da un sólido blanco con BaCl₂ tras acidificación y un gas que torna el papel tornasol rojo a azul con NaOH caliente. Identifique ambos iones y proporcione dos ecuaciones iónicas.
4. Aumentar la temperatura incrementa la velocidad pero disminuye el rendimiento de equilibrio del producto. ¿Qué implica esto sobre la entalpía directa y por qué un catalizador no resuelve directamente el cambio de rendimiento?
5. Un bromuro primario da un nitrilo de tres carbonos. Identifique el bromuro, su reactivo/condiciones y el producto de sustitución subsiguiente usando KOH acuoso sobre el bromuro original.
6. Un C₃H₆O desconocido muestra absorción C=O y reduce la solución de Fehling. Propóngale su estructura y explique un isómero rechazado.

Orientación: (1) La energía ganada por la solución se pierde en la reacción; se necesitan masa calentada/capacidad calorífica específica y cantidad limitante de reactivo. (2) El ramificado cambia el contacto y las atracciones de London. (3) Sulfato y amonio; Ba²⁺ + SO₄²⁻ → BaSO₄, NH₄⁺ + OH⁻ → NH₃ + H₂O. (4) Reacción directa exotérmica; un catalizador cambia velocidades, no la composición del equilibrio a temperatura fija. (5) Bromoetano; KCN alcohólico con calor da CH₃CH₂CN; KOH acuoso da etanol. (6) Propanal, CH₃CH₂CHO; propanona tiene la fórmula y el carbonilo pero no reduce la solución de Fehling bajo la prueba indicada.